2018年广东省深圳市高考化学二模试卷

2018年广东省深圳市高考化学二模试卷

一、选择题（共7小题，每小题4分，满分28分）

1．（4分）《天工开物》中记载了砒霜（As2O3） 的制取：凡烧砒，下鞠（注：在地上挖砌） 土窑，纳石其上，上砌曲突（注：烟筒），以铁釜倒悬覆突口。其下灼炭举火。其烟气从曲突内熏贴釜上。”文中涉及的操作为（ ） A．蒸馏

B．升华

C．干馏

D．萃取

2．（4分）设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ） A．0.1molSiO2晶体中含有Si﹣O键的数目为0.2NA B．56g铁粉与高温水蒸气反应，生成H2数目为1.5NA C．标准状况下，22.4 LCl2溶于水，转移电子数为NA D．18gH218O和D2O的混合物中，所含中子数为9NA

3．（4分）下列实验中，对应的现象及结论或解释均正确的是（ ） 选项 A 向氢氧化铁胶体中滴加硫酸钠有红褐色沉淀 溶液 B C 将SO2通入紫色石蕊溶液中 胶体遇强电解质聚沉 溶液先变红后褪色 SO2具有漂白性 乙醇被还原 实验操作 现象 结论或解释 将灼烧至红热的铜丝插入乙醇铜丝由黑变红 中 D 向氯化铝溶液中持续通入氨气 产生白色沉淀后溶Al（OH）3与碱反应 解 A．A B．B C．C D．D

4．（4分）化合物 （a）、 （b）、 （c）同属于薄荷系有机

物，下列说法正确的是（ ） A．a、b、c 都属于芳香族化合物 C．由a生成c的反应是氧化反应

B．a、b、c都能使溴水褪色 D．b、c互为同分异构体

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5．（4分）短周期主族元素W、X、Y、Z，原子半径依次增大。W、X在同一主族，Y元素在第三周期中离子半径最小，Y和Z的原子序数之和是W的3倍。下列说法正确的是（ ）

A．X的简单氢化物的热稳定性比W的强 B．X的氧化物对应的水化物是强酸 C．Z和W形成的化合物可能含有非极性键 D．Z、Y的氧化物是常用的耐火材料

6．（4分）以柏林绿Fe[Fe（CN）6]为代表的新型可充电钠离子电池，其放电工作原理如图所示。下列说法错误的是（ ）

A．放电时，正极反应为Fe[Fe（CN）6]+2Na++2e﹣=Na2Fe[Fe（CN）6] B．充电时，Mo（钼）箔接电源的负极 C．充电时，Na+通过交换膜从左室移向右室

D．外电路中通过0.2mol电子的电量时，负极质量变化为2.4g

7．（4分）25℃时，向Na2CO3溶液中滴入盐酸，混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图所示。

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已知：lgX=lg或lg，下列叙述正确的是（ ）

A．曲线m表示pH与lg的变化关系

B．当溶液呈中性时，c（Na+）=c（HCO3﹣）+2c（CO32﹣） C．Ka1（H2CO3）=1.0×10﹣6.4

D．25℃时，CO32﹣+H2O?HCO3﹣+OH﹣的平衡常数为1.0×10﹣7.6

二、填空题（共3小题，满分42分）

8．（14分）亚氯酸钠（NaClO2）是一种高效的深白剂和消毒剂，它在酸性条件下生成NaCl并放出C1O2，C1O2有类似Cl2的性质。某兴趣小组探究亚氯酸钠的制备与性质。

Ⅰ．制备业氯酸钠

关闭止水夹②，打开止水夹①，从进气口通入足量C1O2，充分反应。 （1）仪器a的名称为 ，仪器b的作用是 （2）装置A中生成NaC1O2的离子方程式为

（3）若从装置A反应后的溶液中获得NaClO2晶体，则主要操作有减压蒸发浓缩、降温结晶 、 干燥等。 Ⅱ．探究亚氯酸钠的性质

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停止通ClO2气体，再通入空气一段时间后，关闭止水夹①，打开止水夹②向A中滴入稀硫酸。

（4）开始时A中反应缓慢，稍后产生气体的速率急剧加快，请解释可能的原因 。

（5）B中现象为 。

（6）实验完成后，为防止装置中滞留的有毒气体污染空气，可以进行的操作是：再次打开止水夹①， 。

9．（14分）钴被誉为战略物资，有出色的性能和广泛的应用。以水钴矿 （主要成分为Co2O3、CoO、CuO、Fe2O3、CaO、MgO、NiO和SiO2等）为原料制备CoCl2?6H2O的工艺流程如图所示：

回答下列问题： Ⅰ．“酸浸”

（1）钴的浸出率随酸浸时间、温度的变化关系如图所示。综合考虑成本，应选择的最佳工艺条件为 、 ；滤渣①的主要成分为 。

（2）Co2O3与浓硫酸反应生成CoSO4，化学方程式为 Ⅱ．“净化除杂”分三步完成：

（3）除铁：加入适量Na2SO4固体，析出淡黄色晶体黄钠铁矾Na2Fe（（6SO4）4OH）

12离子方程式为

。

（4）除钙、镁：加入适量NaF，当Mg2+恰好完全被除去（离子浓度等于10﹣5mol/L）时，c（Ca2+）= mol/L （取两位有效数字）。已知：Ksp（MgF2）=7.4×10

﹣11

，Ksp（CaF2）=1.5×10﹣10。

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（5）除铜：加入适量

Na2S2O3

，发生反应

2CuSO4+2Na2S2O3+2H2O=Cu2S↓+S↓+2Na2SO4+2H2SO4，该反应的还原产物为 Ⅲ．“萃取和反萃取”

（6）“水相①”中的主要溶质是Na2SO4和 （写化学式）。

（7）实验室称取100g原料（含钴11.80%），反萃取时得到浓度为0.036mol/L的CoCl2溶液5L，忽略损耗，钴的产率= （产率=产物中元素总量/原料中该元素总量×100%）。

10．（14分）氮氧化物是大气主要污染物，可采用强氧化剂氧化脱除、热分解等方法处理氮氧化物。 Ⅰ．已知：

（1）写出反应1的离子方程式

（2）在反过2中，NO2﹣的初始浓度为0.1mol/L，反应为NO2﹣+S2O82﹣+2OH﹣?NO3

﹣

+2SO42﹣+H2O．不同温度下，达到平衡时NO2﹣的脱除率与过硫酸钠（Na2S2O8）

初始浓度的关系如图所示。

①比较a、b点的反应速率：va逆 vb正（填或“＞”“＜”或“=”）

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②随着温度的升高，该反应的化学平衡常数K （填“增大”、“不变”或“减小”）。

③已知90℃时，Kw=3.6×10﹣13，若b点对应的PH为12，则该温度下K= （保留一位小数）。

（3）工业电解硫酸钠和硫酸的混合液制备过硫酸钠（Na2S2O8），阳极的电极反应式为 。

Ⅱ．N2O在金粉表面发生热分解：2N2O（g）=2N2（g）+O2（g）△H。 回答下列问题：

（4）已知：2NH3（g）+3N2O（g）=4N2（g）+3H2O（1）△H1 4NH3（g）+3O2（g）=2N2（g）+6H2O（1）△H2 △H= 。（含△H1、△H2的代数式）

（5）某温度下，测得c（N2O）随时间t变化关系如图所示。已知瞬时反应速率

nv与（cN2O）的关系为v=kc（N2O）（k是反应速率常数），则k= ，n= 。

三、解答题（共1小题，满分15分）[化学--选修3：物质结构与性]

11．（15分）磷的单质和化合物在科研与生产中有许多重要用途。请回答下列问题：

（1）白磷是磷的一种单质，其分子结构如图所示，则一个分子中有 对成键电子对和 对孤电子对。

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（2）N和P都有+5价，PCl5能形成离子型晶体，晶格中含有[PCl4]+和[PCl6]﹣，则[PCl4]+空间构型为 。但NCl5不存在，其原因是 ；

（3）电负性比较：P S（填“＞”“=”“＜”）；而P的第一电离能比S大的原因是 。

（4）复杂磷酸盐有直链多磷酸盐（如图b）和环状偏磷酸盐（如图c）。其酸根阴离子都是由磷氧四面体（图a）通过共用氧原子连接而成。

直链多磷酸盐的酸根离子（图b）中，磷原子和氧原子的原子个数比为n： ；含3个磷原子的环状偏磷酸盐的酸根离子（图c）的化学式为 。 （5）磷化镓（GaP）材料是研制微电子器件、光电子器件的新型半导体材料。GaP的晶体结构是闪锌矿型结构（如图所示），晶胞参数apm。

①与Ga紧邻的P个数为 。

②GaP晶体的密度为（列出计算式） g/cm3（NA为阿伏加德罗常数）。

[化学--选修3：物质结构与性]

12．（15分）华法林（Warfarin）又名杀鼠灵，想美国食品药品监督管理局批准为心血管疾病的临床药物。其合成路线（部分反应条件略去）如图所示：

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回答下列问题：

（1）A的名称为 ，E中官能团名称为 。 （2）B的结构简式为 。

（3）由C生成D的化学方程式为

（4）⑤的反应类型为 ，⑧的反应类型为 。

（5）F的同分异构体中，同时符合下列条件的同分异构体共有 种。 a．能与FeCl3溶液发生显色反应 b．能发生银镜反应

其中核磁共振氢谱为五组峰的结构简式为

（6）参照上述合成路线，设计一条由苯酚（

）、乙酸酐（CH3CO）2O和苯甲

醛（

）为原料，制备的合成路线（其他无机试剂任选）。

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2018年广东省深圳市高考化学二模试卷

参考答案与试题解析

一、选择题（共7小题，每小题4分，满分28分）

1．（4分）《天工开物》中记载了砒霜（As2O3） 的制取：凡烧砒，下鞠（注：在地上挖砌） 土窑，纳石其上，上砌曲突（注：烟筒），以铁釜倒悬覆突口。其下灼炭举火。其烟气从曲突内熏贴釜上。”文中涉及的操作为（ ） A．蒸馏

B．升华

C．干馏

D．萃取

【分析】由信息“下灼炭举火、其烟气从曲突内熏贴釜上”可知，固态转化为气态，以此来解答。

【解答】解：由信息“下灼炭举火、其烟气从曲突内熏贴釜上”可知，固态转化为气态，则为升华法，与蒸馏、干馏、萃取无关， 故选：B。

【点评】本题考查混合物分离提纯，为高频考点，把握习题中的信息、混合物分离方法、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意文史资料的理解，题目难度不大。

2．（4分）设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ） A．0.1molSiO2晶体中含有Si﹣O键的数目为0.2NA B．56g铁粉与高温水蒸气反应，生成H2数目为1.5NA C．标准状况下，22.4 LCl2溶于水，转移电子数为NA D．18gH218O和D2O的混合物中，所含中子数为9NA 【分析】A.1mol二氧化硅含有4molSi﹣O键； B．红热的铁与水蒸气可发生反应：3Fe+4H2O（g）关系计算；

C．氯气与水反应为可逆反应；

D.1个H218O含中子数为10，1个D2O含有中子数为10。

【解答】解：A..1molSiO2晶体中含有Si﹣O键的数目为0.4NA，故A错误；

Fe3O4+4H2，结合定量

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B．红热的铁与水蒸气可发生反应：3Fe+4H2O（g）Fe3O4+4H2，56g铁物

质的量为1mol，与足量水蒸气反应，生成molH2，故B错误；

C．氯气与水反应为可逆反应，可逆反应不能进行到底，所以标准状况下，22.4 LCl2溶于水，转移电子数小于NA，故C错误；

D．H218O和D2O摩尔质量都是20g/mol，则18gH218O和H2O的混合物中，所含中子数为：故选：D。

【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，明确二氧化硅晶体结构特点，熟悉可逆反应不能进行到底是解题关键，题目难度不大。

3．（4分）下列实验中，对应的现象及结论或解释均正确的是（ ） 选项 A 向氢氧化铁胶体中滴加硫酸钠有红褐色沉淀 溶液 B C 将SO2通入紫色石蕊溶液中 胶体遇强电解质聚沉 溶液先变红后褪色 SO2具有漂白性 乙醇被还原 实验操作 现象 结论或解释 ×10×NA=9NA，故D正确；

将灼烧至红热的铜丝插入乙醇铜丝由黑变红 中 D 向氯化铝溶液中持续通入氨气 产生白色沉淀后溶Al（OH）3与碱反应 解 A．A B．B C．C D．D

【分析】A．硫酸钠为电解质，可使胶体发生聚沉； B．二氧化硫为酸性氧化物； C．CuO可氧化乙醇； D．二者反应生成氢氧化铝。

【解答】解：A．硫酸钠为电解质，可使胶体发生聚沉，则向氢氧化铁胶体中滴加硫酸钠溶液，有红褐色沉淀，故A正确；

B．二氧化硫为酸性氧化物，则将SO2通入紫色石蕊溶液中，溶液变红，与漂白

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无关，故B错误；

C．CuO可氧化乙醇，由现象可知，乙醇被氧化，故C错误；

D．二者反应生成氢氧化铝，则生成白色沉淀，且沉淀不溶解，氢氧化铝不能溶于弱碱，故D错误； 故选：A。

【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、反应与现象、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。

4．（4分）化合物 （a）、 （b）、 （c）同属于薄荷系有机

物，下列说法正确的是（ ） A．a、b、c 都属于芳香族化合物 C．由a生成c的反应是氧化反应 【分析】A．都不含苯环； B．b不含碳碳双键；

C．a与水发生加成反应可生成c； D．b、c分子式相同，结构不同。

【解答】解：A．a、b、c 分子中都不含苯环，不属于芳香族化合物，故A错误； B．b不含碳碳双键；，与溴不反应，故B错误；

C．a与水发生加成反应可生成c，不是氧化还原反应，故C错误；

D．b、c分子式相同，都为C10H18O，结构不同，互为同分异构体，故D正确。 故选：D。

【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质的关系、有机反应为解答的关键，侧重分析能力和应用能力的考查，注意选项C为解答的难点，题目难度不大。

5．（4分）短周期主族元素W、X、Y、Z，原子半径依次增大。W、X在同一主族，Y元素在第三周期中离子半径最小，Y和Z的原子序数之和是W的3倍。下列说

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B．a、b、c都能使溴水褪色 D．b、c互为同分异构体

法正确的是（ ）

A．X的简单氢化物的热稳定性比W的强 B．X的氧化物对应的水化物是强酸 C．Z和W形成的化合物可能含有非极性键 D．Z、Y的氧化物是常用的耐火材料

【分析】短周期主族元素W、X、Y、Z，Y元素在第三周期中离子半径最小，则Y为Al3+，W、X、Y、Z，原子半径依次增大，则Z为Na或者Mg，Y和Z的原子序数和可能为13+11=24，或者13+12=25，Y和Z的原子序数之和是W的3倍，则Z为Na，W为O，W、X在同一主族，X为S，据此分析解答。 【解答】解：依据分析可知：W、X、Y、Z分别为O S Al Na，

A．同主族元素从上到下气态氢化物稳定性依次减弱，所以H2O＞H2S，故A错误； B．X为S，其氧化物可能为二氧化硫或者三氧化硫，二氧化硫对应水化物为亚硫酸为弱酸，三氧化硫对应水化物为强酸，故B错误；

C．Z和W形成的化合物有氧化钠和过氧化钠两种，过氧化钠中存在O﹣O非极性共价键，故C正确；

D．耐火材料应具有较高熔点，钠的氧化物熔点较低，不能做耐火材料，铝的氧化物可以做耐火材料，故D错误； 故选：C。

【点评】本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，把握原子序数、元素的位置来推断元素为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度不大。

6．（4分）以柏林绿Fe[Fe（CN）6]为代表的新型可充电钠离子电池，其放电工作原理如图所示。下列说法错误的是（ ）

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A．放电时，正极反应为Fe[Fe（CN）6]+2Na++2e﹣=Na2Fe[Fe（CN）6] B．充电时，Mo（钼）箔接电源的负极 C．充电时，Na+通过交换膜从左室移向右室

D．外电路中通过0.2mol电子的电量时，负极质量变化为2.4g

【分析】根据放电工作原理图，在正极上发生还原反应：Fe[Fe（CN）6]+2Na+﹣2e﹣=Na2Fe[Fe（CN）6]，负极上是失电子的氧化反应：2Mg+2Cl﹣﹣4e﹣= [Mg2Cl2]2+，充电时，原电池的负极连接电源的负极，电极反应和放电时的相反，据此回答即可。

【解答】解：A、放电时，正极上是得电子的还原反应Fe[Fe（CN）6]+2Na+﹣2e

﹣

=Na2Fe[Fe（CN）6]，故A正确；

B、充电时，原电池的负极连接电源的负极，Mo（钼）箔是正极接电源的正极，故B错误；

C、充电时，Na+通过交换膜移向阴极，即从左室移向右室，故C正确； D、负极上是失电子的氧化反应：2Mg+2Cl﹣﹣4e﹣=[Mg2Cl2]2+，外电路中通过0.2mol电子的电量时，负极质量变化为减少金属镁0.1molg，质量变化2.4g，故D正确。 故选：B。

【点评】本题考查学生原电池和电解池的工作原理知识，注意知识的归纳和梳理

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是关键，难度中等。

7．（4分）25℃时，向Na2CO3溶液中滴入盐酸，混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图所示。

已知：lgX=lg或lg，下列叙述正确的是（ ）

A．曲线m表示pH与lg的变化关系

B．当溶液呈中性时，c（Na+）=c（HCO3﹣）+2c（CO32﹣） C．Ka1（H2CO3）=1.0×10﹣6.4

D．25℃时，CO32+H2O?HCO3+OH的平衡常数为1.0×10

﹣

﹣

﹣

﹣7.6

【分析】溶液的pH越小，HCO3﹣和H2CO3的浓度越大，则m曲线代表lg

，

n曲线代表lg；

A．溶液的pH越小，HCO3﹣和H2CO3的浓度越大； B．Na2CO3溶液中存在物料守恒； C．Ka1（H2CO3）=结合pH计算； D．Kh=

，结合图中的数据计算。

，在M点lg

=1，即

=10，

【解答】解：A．溶液的pH越小，HCO3﹣和H2CO3的浓度越大，m曲线代表lg

，故A错误；

第14页（共28页）

B．Na2CO3溶液中存在物料守恒，则c（Na+）=2c（HCO3﹣）+2c（CO32﹣）+2c（H2CO3），故B错误； C．Ka1（H2CO3）=

，在M点lg

=1，即

=10，

M点的pH=7.4，则c（H+）=10﹣7.4mol/L，所以Ka1（H2CO3）=10×10﹣7.4=1.0×10

﹣6.4

，故C正确；

=10﹣1×10﹣9.3=1.0×10﹣10.3，25℃时，CO32﹣

D．Ka2（H2CO3）=

+H2O?HCO3﹣+OH﹣的平衡常数为Kh=故选：C。

=

=1.0×10﹣3.7，故D错误。

【点评】本题考查了盐的水解原理的应用、溶液中守恒关系的应用、电离常数的计算等，题目难度中等，注意把握图中纵坐标和横坐标的含义、以及电离平衡常数的计算方法，侧重于考查学生的分析能力和计算能力。

二、填空题（共3小题，满分42分）

8．（14分）亚氯酸钠（NaClO2）是一种高效的深白剂和消毒剂，它在酸性条件下生成NaCl并放出C1O2，C1O2有类似Cl2的性质。某兴趣小组探究亚氯酸钠的制备与性质。

Ⅰ．制备业氯酸钠

关闭止水夹②，打开止水夹①，从进气口通入足量C1O2，充分反应。 （1）仪器a的名称为 圆底烧瓶 ，仪器b的作用是 防止倒吸

（2）装置A中生成NaC1O2的离子方程式为 2ClO2+2OH﹣+H2O2=2C1O2+H2O+O2↑ （3）若从装置A反应后的溶液中获得NaClO2晶体，则主要操作有减压蒸发浓缩、

第15页（共28页）

降温结晶 过滤 、 洗涤 干燥等。 Ⅱ．探究亚氯酸钠的性质

停止通ClO2气体，再通入空气一段时间后，关闭止水夹①，打开止水夹②向A中滴入稀硫酸。

（4）开始时A中反应缓慢，稍后产生气体的速率急剧加快，请解释可能的原因 NaClO2与H2SO4反应生成的Cl﹣对反应起准化作用 。 （5）B中现象为 溶液变蓝色 。

（6）实验完成后，为防止装置中滞留的有毒气体污染空气，可以进行的操作是：再次打开止水夹①， 从进气口通入一段时间的空气 。 【分析】Ⅰ．制备业氯酸钠

（1）仪器a的名称为圆底烧瓶，仪器b有缓冲作用；

（2）C1O2有类似Cl2的性质，说明C1O2具有强氧化性，双氧水作还原剂，被氧化生成氧气，NaOH、H2O2和C1O2发生氧化还原反应生成NaC1O2，同时生成氧气、水；

（3）从溶液中获取晶体，主要操作有蒸发浓缩、降温结晶、过滤、洗涤、干燥等；

Ⅱ．探究亚氯酸钠的性质

停止通ClO2气体，再通入空气一段时间后，关闭止水夹①，打开止水夹②向A中滴入稀硫酸，

（4）A中亚氯酸钠和稀硫酸反应生成Cl﹣，随着反应的进行，该离子浓度增大，化学反应速率增大，说明Cl﹣影响化学反应；

（5）通入的空气将ClO2气体吹入B装置中，该气体性质和氯气相似，所以能将碘离子氧化为碘单质；

（6）再次打开止水夹①，用空气将装置中的气体吹出即可。 【解答】解：Ⅰ．制备业氯酸钠

（1）仪器a的名称为圆底烧瓶，仪器b有缓冲作用，从而防止倒吸现象发生， 故答案为：圆底烧瓶；防止倒吸；

（2）C1O2有类似Cl2的性质，说明C1O2具有强氧化性，双氧水作还原剂，被氧化生成氧气，NaOH、H2O2和C1O2发生氧化还原反应生成NaC1O2，同时生成氧

第16页（共28页）

气、水，离子方程式为2ClO2+2OH﹣+H2O2=2C1O2+H2O+O2↑， 故答案为：2ClO2+2OH﹣+H2O2=2C1O2+H2O+O2↑；

（3）从溶液中获取晶体，主要操作有蒸发浓缩、降温结晶、过滤、洗涤、干燥等，所以要想从溶液中得到NaClO2晶体，则主要操作有减压蒸发浓缩、降温结晶、过滤、洗涤、干燥等， 故答案为：过滤；洗涤； Ⅱ．探究亚氯酸钠的性质

停止通ClO2气体，再通入空气一段时间后，关闭止水夹①，打开止水夹②向A中滴入稀硫酸，

（4）A中亚氯酸钠和稀硫酸反应生成Cl﹣，随着反应的进行，该离子浓度增大，化学反应速率增大，说明Cl﹣对该反应起到催化作用，

故答案为：NaClO2与H2SO4反应生成的Cl﹣对反应起准化作用；

（5）通入的空气将ClO2气体吹入B装置中，该气体性质和氯气相似，所以能将碘离子氧化为碘单质，淀粉遇碘变蓝色，所以B中现象为溶液变蓝色， 故答案为：溶液变蓝色；

（6）再次打开止水夹①，用空气将装置中的气体吹出即可，即从进气口通入一段时间的空气，

故答案为：从进气口通入一段时间的空气。

【点评】本题考查物质制备、性质实验方案设计，明确实验目的、实验原理、元素化合物性质及仪器作用是解本题关键，注意正确获取题给信息并灵活运用，题目难度中等。

9．（14分）钴被誉为战略物资，有出色的性能和广泛的应用。以水钴矿 （主要成分为Co2O3、CoO、CuO、Fe2O3、CaO、MgO、NiO和SiO2等）为原料制备CoCl2?6H2O的工艺流程如图所示：

回答下列问题： Ⅰ．“酸浸”

第17页（共28页）

（1）钴的浸出率随酸浸时间、温度的变化关系如图所示。综合考虑成本，应选择的最佳工艺条件为 12h 、 90℃ ；滤渣①的主要成分为 SiO2 。

（2）Co2O3与浓硫酸反应生成CoSO4，化学方程式为 2Co2O3+4H2SO（浓）44CoSO4+4H2O+O2↑

Ⅱ．“净化除杂”分三步完成：

（3）除铁：加入适量Na2SO4固体，析出淡黄色晶体黄钠铁矾Na2Fe（（6SO4）4OH）

12离子方程式为 2Na++6Fe3++4SO42﹣+12H2O?Na2Fe6（SO4）4（OH）12↓+12H+ 。

（4）除钙、镁：加入适量NaF，当Mg2+恰好完全被除去（离子浓度等于10﹣5mol/L）时，c（Ca2+）= 2.0×10﹣5 mol/L （取两位有效数字）。已知：Ksp（MgF2）=7.4×10﹣11，Ksp（CaF2）=1.5×10﹣10。 （

5

）

除

铜

：

加

入

适

量

Na2S2O3

，

发

生

反

应

2CuSO4+2Na2S2O3+2H2O=Cu2S↓+S↓+2Na2SO4+2H2SO4，该反应的还原产物为 Cu2S、S Ⅲ．“萃取和反萃取”

（6）“水相①”中的主要溶质是Na2SO4和 NiSO4 （写化学式）。

（7）实验室称取100g原料（含钴11.80%），反萃取时得到浓度为0.036mol/L的CoCl2溶液5L，忽略损耗，钴的产率= 90.00% （产率=产物中元素总量/原料中该元素总量×100%）。

【分析】工艺流程的目的是以水钴矿为原料，制备CoCl2?6H2O，分析工艺流程，将水钴矿进行酸浸，经酸浸后产生Co2+，Cu2+，Fe3+，Ca2+，Mg2+，Ni2+，Co3+不能在水溶液中稳定存在，会转化为Co2+，还产生不溶于酸的滤渣①SiO2，净化除杂步骤分为除铁、除钙、镁和除铜三个步骤，则滤渣②含有Fe、Ca、Mg和Cu元素，滤液②中主要存在Co2+和Ni2+，萃取得到水相①和有机相①，水相①中含有较多的Ni元素，有机相①中含有较多的Co2+，加入稀盐酸反萃取得到水相②和

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有机相②，水相②中含有较多的Co2+，进一步结晶处理最终得到CoCl2?6H2O，据此分析。

【解答】解：（1）根据图象分析，随着时间变长，温度升高，钴的浸出率先是增大最后几乎不变，综合考虑成本，100℃和90℃的钴的浸出率相差不大，应选择90℃的处理条件，12小时后，钴浸出率几乎平稳，所以处理时间选择12h，滤渣①为不溶于酸的SiO2， 故答案为：12h；90℃；SiO2；

（2）Co2O3与浓硫酸反应生成CoSO4，发生氧化还原反应，产生O2，所以反应方程式为：2Co2O3+4H2SO4（浓）故答案为：2Co2O3+4H2SO4（浓）

4CoSO4+4H2O+O2↑， 4CoSO4+4H2O+O2↑；

（3）除铁过程为加入适量Na2SO4固体，析出淡黄色晶体黄钠铁矾Na2Fe6（SO4）

4（OH）12，则反应的离子方程式为：2Na

+

+6Fe3++4SO42﹣+12H2O?Na2Fe6（SO4）4

（OH）12↓+12H+，

故答案为：2Na++6Fe3++4SO42﹣+12H2O?Na2Fe6（SO4）4（OH）12↓+12H+； （4）除钙、镁过程为加入适量NaF，当Mg2+恰好完全被除去（离子浓度等于10

﹣5

mol/L）时，溶液中（cF﹣）=

=

mol/L=2.72×10﹣3mol/L，

则溶液中c（Ca2+）=故答案为：2.0×10﹣5；

=

=2.0×10﹣5mol/L，

（5）除铜反应为：2CuSO4+2Na2S2O3+2H2O=Cu2S↓+S↓+2Na2SO4+2H2SO4，反应过程中，Cu化合价降低，被还原，S化合价部分升高，部分降低，被降低的为还原产物，所以还原产物为Cu2S、S， 故答案为：Cu2S、S；

（6）水相①中含有较多的Ni元素，Ni以Ni2+存在，除了含有Na2SO4，Ni2+应为NiSO4，

故答案为：NiSO4；

（7）实验室称取100g原料（含钴11.80%），反萃取时得到浓度为0.036mol/L的CoCl2溶液5L，忽略损耗，根据Co元素守恒，则钴的产率=

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=90.00%，

故答案为：90.00%。

【点评】本题考查无机工艺流程，涉及到流程分析，氧化还原反应，溶度积的计算，产率的计算，均为高频考点，整体难度中等，明确流程中发生的化学反应是解题的关键，试题有助于培养综合分析问题的能力。

10．（14分）氮氧化物是大气主要污染物，可采用强氧化剂氧化脱除、热分解等方法处理氮氧化物。 Ⅰ．已知：

（1）写出反应1的离子方程式 2NO+S2O82﹣+4OH﹣?2NO2﹣+2SO42﹣+2H2O （2）在反过2中，NO2﹣的初始浓度为0.1mol/L，反应为NO2﹣+S2O82﹣+2OH﹣?NO3

﹣

+2SO42﹣+H2O．不同温度下，达到平衡时NO2﹣的脱除率与过硫酸钠（Na2S2O8）

初始浓度的关系如图所示。

①比较a、b点的反应速率：va逆 ＜ vb正（填或“＞”“＜”或“=”）

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